理论力学复习题(12土木)答案2分析解析

理论力学复习题1答案三、计算题1、两根铅直杆AB、CD与梁BC铰接，B、C、D均为光滑铰链，A为固定端约束，各梁的长度均为L=2m，受力情况如图。

已知：P=6kN，M=4kN·m，qO=3kN/m,试求固定端A及铰链C的约束反力。

2、求指定杆1、2、3的内力。

3、一均质杆AB 重为400N ，长为l ，其两端悬挂在两条平行等长的绳上处于水平位置，如图所示。

今其中一根绳子突然被剪断，求另一根绳AE 此时的张力。

解：运动分析绳子突然被剪断，杆AB 绕A 作定轴转动。

假设角加速度为α，AB 杆的质心为C ，由于A 点的 绝对速度为零，以瞬心A 为基点，因此有：e CC a a α =la C α21= 方向如图所示 受力分析：AB 杆承受重力、绳子拉力、惯性力和惯性力矩 利用动静法，对质心C 建立力矩方程：由 0=∑CM有 021=⨯-*l T M C即 0211212=-Tl ml α （1）由0=∑Y有=-+*mg F T C即 021=-+mg lm T α （2）联立（1）（2）两式，解得：ACe ca α α2/l 2/lABCα*CF *CM mgT2/l 2/lABEDl g 23=α N T 100=【注】本题利用质心运动定理和绕质心转动的动量矩定理也可求解4、边长b =100mm 的正方形均质板重400N ，由三根绳拉住，如图所示。

求：1、当FG 绳被剪断的瞬时，AD 和BE 两绳的张力；2、当AD 和BE 两绳运动到铅垂位置时，两绳的张力。

A D E B60ºFG5、图中，均质梁BC质量为4m、长4R，均质圆盘质量为2m、半径为R，其上作用转矩M，通过柔绳提升质量为m的重物A。

已知重物上升的加速度为a=0.4g，求固定端B处约束反力。

6、均质杆AB长为L=2.5m，质量为50kg，位于铅直平面内，A端与光滑水平面接触，B端由不计质量的细绳系于距地面h高的O点，如图所示。

当绳处于水平位置时，杆由静止开始下落，试用动静法求解此瞬时A点的约束反力和绳子的拉力。

7、匀质杆OA 长l 、质量为m ，其O 端用铰链支承，A 端用细绳悬挂，置于铅垂面内。

试求将细绳突然剪断瞬时，OA 的角加速度，铰链O 的约束力。

（P184）理论力学复习题2三、计算题图示半径为R 的绕线轮沿固定水平直线轨道作纯滚动，杆端点D 沿轨道滑动。

已知：轮轴半径为r ，杆CD 长为4R ，线段AB 保持水平。

在图示位置时，线端A 的速度为v，加速度为a，铰链C 处于最高位置。

试求该瞬时杆端点D 的速度和加速度。

解： 轮C 平面运动，速度瞬心P 点r R v-=ω （顺钟向） rR a -=α （顺钟向）r R RvPO v O -=⋅=ωr R RvPC v C -=⋅=2ωrR Ra O -=α选O 为基点 tn CO CO O C a a a a ++=OF OyF O xW =m g杆CD 作瞬时平动，0=CD ωr R Rvv v C D -==2选C 为基点 tn t t DC CO CO O DC C D a a a a a a a +++=+= ξ: ϕϕϕϕsin cos cos cos n t CO COO D a a a a -+=得 ()⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫⎝⎛---=22332r R Rv r R Ra a D （方向水平向右）四、计算题在图示机构中，已知：匀质轮Ｃ作纯滚动，半径为r ，质量为m 3 ，鼓轮Ｂ的内径为 r ，外径为Ｒ，对其中心轴的回转半径为ρ ，质量为m 2 ，物Ａ的质量为m 1 。

绳的ＣＥ段与水平面平行，系统从静止开始运动。

试求：（１） 物块Ａ下落距离s 时轮Ｃ中心的速度与加速度； （２） 绳子ＡＤ段的张力。

解：研究系统：T 2 － T 1 = Σ W i223C v m + 21J C ω 2 +21J B ω 2 + 221A vm = m 1 g s 式中：2321r m J C =，22ρm J B = 代入得：v C = 23222113222rm ρm R m gsm r++ ○1式两边对t 求导得：a C =23222113222rm ρm R m grRm ++ 对物Ａ：m a= ΣF ，即： m 1 a A = m 1 g － F AD F AD = m 1 g －m 1 a A = m 1 g －ra R m C⋅12.一链条总长为L ，质量为m 。

放在光滑桌面上，有长为b 的一段悬挂下垂，设链条开始时处于静止在自重作用下运动，且在离开桌面之前，均与桌面保持接触。

当末端离开桌面时，求链条的速度。

(P197)3. 由均质圆盘与均质组成的复摆。

已知杆长为l, 质量为m 2，圆盘半径为r ，质量为m ,试求复摆对悬挂轴O 的转动惯量。

(P176)理论力学复习题3（答案）一、填空题 1、22F ，F 2、2M a ，33M a 3、L ω， 2L ω2 4、12 m v B 2，34m v B 2 5、3g/2L ，3g/2L6、0，3二、单项选择题1、 A2、 C3、B4、A ，D5、 A6、 A7、 B 四、计算题AAxAyBx By BA M F M PF FBxByDyDxFFFF DCBqbl-bODxq解：（1）以BC 、CD 杆为研究对象,受力如图：（4分）结构对称：F By = F Dy = q ×2=20kN F Bx = F Dx （2）以CD 杆为研究对象,受力如图：（4分）∑M C=0, F Dy ×2－ F Dx ×2－q ×2 ×1=0，F Dx =10 kN（3）以AB 为研究对象,受力如图：（7分）∑M A=0, M A －F By ×2－M －P ×1=0∑xF =0, F Ax －F Bx =0 ∑yF=0, F Ay - F By －P =0F Ax =10 kN F Ay =30 kN M A = 70kN.m 五、计算题（P169）理论力学复习题4（答案）一、[填空题（每小题 4 分，共28 分）1、25F , F/2 2、A , 不能 3、A ，C 4、 23g R5、2N ，向上6、v/L ，v7、2, 3二、单项选择题（每小题 4 分，共28 分） 1、D 2、A 3、B 4、 D 5、C 6、B 7、B 三、计算题（15 分∑M C =0, F E ×3a.sin600－M=0F E = F D = F BCD =（2）以AB 为研究对象,受力如图：（8分）∑M A =0, M A ＋F B ×cos300×2a －2qa 2=0∑xF=0, F A x －F B ×cos600=0∑y F =0, F A y ＋F B ×cos300-q ×2a =0F A x =F A y =2qa －3MaM A = 2qa 2－23M 四、计算题（15 分）解：1、对系统用动能定理（9分）受力分析并计算力作功为： ∑W=2mg.sin θs －mg.cos θ.f.s运动分析并计算系统动能：设轮心沿斜面向下运动s 时的速度为v ，加速度为aT 1=0，T 2=34mv 2＋12 mv 2= 54mv 2按动能定理： T 2－T 1=∑W54mv 2=2mg.sin s －mg.cos.f.s 两边对时间求导：a=25g （2sin θ－f cos θ）2、对圆轮A 用达朗贝尔原理：（5分）I A M =J α=12mr 2a r =12mar ∑M A =F A r －IA M =0F A =15m g （2sin θ－f cos θ）五、计算题（14 分）（课本例题）1. 在瓦特行星传动机构中，杆O 1A 绕O 1轴转动，并借连杆AB 带动曲柄OB ；而曲柄OB 活动的装置在O 轴上，如图所示。

在O 轴上装有齿轮Ⅰ，齿轮Ⅱ的轴安装在连杆AB 的另一端。

已知：r 1＝r 2＝30√3cm ，O 1A ＝75cm ，AB ＝150cm ；又杆O 1A 的角速度ωo 1＝6rad/s 。

求当α＝60︒和β＝90︒时，曲柄OB 和齿轮Ⅰ的角速度。

(P138)2.已知：如图所示平面机构中，AB=BD= DE= l =300mm 。

在图示位置时，BD ∥AE ，杆AB 的角速度为ω=5rad/s 。

求：此瞬时杆DE 的角速度和杆BD 中点C 的速度。

1.BD 作平面运动基点：Blv v v B DB D ω===5rad s D BDE v v DE l ωω====5rad s DB B BDv vBD lωω====2?D B DBv v v lω=+√√√.大小？方向32C B CB BD v v v l l ωω=+√√.大小？方向221.299m sC B CB v v v BD =-≈方向沿杆向右解：4.图示机构中，OA ＝12cm ，AB ＝30cm ，AB 杆的B 端以 ＝2m/s ，aB ＝1m/s2向左沿固定平面运动。

求图示瞬时，AB 杆的角速度和角加速度，以及B 点的加速度。

（P144）理论力学复习题5（答案）(一) 单项选择题1. A2. B(二) 填空题1. 0 ； 16k N m ； 0 , 16k N m R D F M '==2. 2.93k N m AM =- (三) 简单计算1. 取梁为研究对象，其受力图如图所示。

有0 ,0()0 ,2305kN0 ,0kNAxAB B Ay B Ay X F M F P M F Y F F P Q F ===⨯-⨯-=∴==+--=∴=∑∑∑F2. 取丁字杆为研究对象，其受力图如图所示。

有000,06kN10,1.5024.5kN1()0,4 1.510232.5kN mAx Ax Ay Ay A AA X F P F Y F q F M M M P q M =-=∴=-=-⨯=∴==--⨯-⨯⨯=∴=∑∑∑F3. 三角板ABCτ==+C A A n A a a a a 2220.446.4m s C n A n aa r ω===⨯= 20.420.8m s C A a a OA ττα==⨯=⨯=(四) 解： (1) 以BC 为研究对象。

其受力图如图(a)合力Q ＝22.5kN() 0 , 4.530 15k N B C CM F Q F =⨯+⨯==∑所以F(2) 以整体为研究对象。

其受力图如图(b)所示。

010 , 4.502 =7.5k N A x C A x X F F q F =-+⨯=-∑所以 0 , 30 =30k N A yA x Y F q F =-⨯=∑所以()20 01134.534.5022 45k N A A C A M M q q F M =+⨯+⨯⨯-⨯==-∑所以F(五)解： (1)取BC 部分为研究对象，其受力图如图(b)所示。